Properties of binomial coefficients Questions in Gujarati

(A) આપણે નિત્યસમ $^{n}{C_{r}} = {^{n}}{C_{n-r}}$ અને હોકી-સ્ટિક નિત્યસમ $\sum_{i=r}^{n} {^{i}{C_{r}}} = {^{n+1}}{C_{r+1}}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ સરવાળો $S = \sum_{r=0}^{m} {^{n+r}{C_{n}}}$ છે.
ગુણધર્મ $^{n+r}{C_{n}} = {^{n+r}}{C_{(n+r)-n}} = {^{n+r}}{C_{r}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$S = \sum_{r=0}^{m} {^{n+r}{C_{r}}} = {^{n}{C_{0}}} + {^{n+1}}{C_{1}} + {^{n+2}}{C_{2}} + \dots + {^{n+m}}{C_{m}}$.
હોકી-સ્ટિક નિત્યસમ દ્વારા,$\sum_{k=0}^{m} {^{n+k}{C_{k}}} = {^{n+m+1}}{C_{m}}$.
કારણ કે ${^{n+m+1}}{C_{m}} = {^{n+m+1}}{C_{(n+m+1)-m}} = {^{n+m+1}}{C_{n+1}}$,તેથી પરિણામ ${^{n+m+1}}{C_{n+1}}$ છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$. તેથી,$\binom{n}{n-r} = \binom{n}{r}$.
આ કિંમત પદાવલિમાં મૂકતા,આપણને $\binom{n}{r} + \binom{n}{r+1}$ મળે છે.
પાસ્કલના નિત્યસમ $\binom{n}{r} + \binom{n}{r+1} = \binom{n+1}{r+1}$ નો ઉપયોગ કરતા,પદાવલિનું સાદું રૂપ $\binom{n+1}{r+1}$ થાય છે.

(B) ધારો કે $S = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{{^n{C_r}}}{{^n{C_r} + {\,^n}{C_{r + 1}}}}} $.
ગુણધર્મ $\frac{{^n{C_{r + 1}}}}{{^n{C_r}}} = \frac{{n - r}}{{r + 1}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{1}{{1 + \frac{{^n{C_{r + 1}}}}{{^n{C_r}}}}}} = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{1}{{1 + \frac{{n - r}}{{r + 1}}}}} $.
છેદનું સાદુંરૂપ આપતા:
$S = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{{r + 1}}{{r + 1 + n - r}}} = \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {\frac{{r + 1}}{{n + 1}}} $.
$S = \frac{1}{{n + 1}} \sum\limits_{r = 0}^{n - 1} {(r + 1)} $.
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા:
$S = \frac{1}{{n + 1}} [1 + 2 + 3 + ... + n] = \frac{1}{{n + 1}} \cdot \frac{{n(n + 1)}}{2} = \frac{n}{2}$.

(B) આપેલ સરવાળો $\sum\limits_{i = 0}^m {\binom{10}{i}} {\binom{20}{m - i}}$ છે.
વેન્ડરમોન્ડની ઓળખ (Vandermonde's Identity) મુજબ,આ સરવાળો $(1+x)^{10} (1+x)^{20} = (1+x)^{30}$ ના વિસ્તરણમાં $x^m$ નો સહગુણક છે.
આમ,સરવાળો $\binom{30}{m}$ જેટલો થાય છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\binom{n}{m}$ મહત્તમ હોય છે જ્યારે $n$ બેકી હોય ત્યારે $m = \frac{n}{2}$,અથવા જો $n$ એકી હોય ત્યારે $m = \frac{n-1}{2}$ અને $m = \frac{n+1}{2}$.
અહીં,$n = 30$,જે બેકી સંખ્યા છે.
તેથી,સરવાળો $\binom{30}{m}$ ત્યારે મહત્તમ થાય છે જ્યારે $m = \frac{30}{2} = 15$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(D) આપેલ પદાવલિ $\binom{n}{r} + 2\binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-2}$ છે.
આપણે $2\binom{n}{r-1}$ ને $\binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-1}$ તરીકે લખી શકીએ.
તેથી,પદાવલિ $\binom{n}{r} + \binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-2}$ બને છે.
પાસ્કલના નિત્યસમ $\binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} = \binom{n+1}{k}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$(\binom{n}{r} + \binom{n}{r-1}) + (\binom{n}{r-1} + \binom{n}{r-2}) = \binom{n+1}{r} + \binom{n+1}{r-1}$.
ફરીથી નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$\binom{n+1}{r} + \binom{n+1}{r-1} = \binom{n+2}{r}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(D) $(x+a)^n$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = {^nC_r} x^{n-r} a^r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$x^{n-r}a^r$ પદનો સહગુણક ${^nC_r}$ છે.
$x^ra^{n-r}$ પદનો સહગુણક ${^nC_{n-r}}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ${^nC_r} = {^nC_{n-r}}$.
તેથી,સહગુણકોનો ગુણોત્તર $\frac{{^nC_r}}{{^nC_{n-r}}} = \frac{{^nC_r}}{{^nC_r}} = 1:1$ થાય.

(A) $(1 + x)^n$ ના વિસ્તરણમાં સામાન્ય પદ $T_{r+1} = ^nC_r x^r$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$(1 + x)^{p+q}$ ના વિસ્તરણ માટે,$x^p$ નો સહગુણક $^{p+q}C_p$ છે.
તે જ રીતે,$x^q$ નો સહગુણક $^{p+q}C_q$ છે.
દ્વિપદી સહગુણકોના ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,$^nC_r = ^nC_{n-r}$,આપણને મળે છે:
$^{p+q}C_p = ^{p+q}C_{(p+q)-p} = ^{p+q}C_q$.
તેથી,$x^p$ અને $x^q$ ના સહગુણકો સમાન છે.

(C) $5^{th}$,$6^{th}$ અને $7^{th}$ પદોના સહગુણકો અનુક્રમે $^nC_4$,$^nC_5$ અને $^nC_6$ છે.
આપેલ છે કે તેઓ $A.P.$ માં છે,તેથી $2(^nC_5) = ^nC_4 + ^nC_6$.
$^nC_5$ વડે ભાગતા,આપણને મળે $2 = \frac{^nC_4}{^nC_5} + \frac{^nC_6}{^nC_5}$.
સૂત્ર $\frac{^nC_r}{^nC_{r-1}} = \frac{n-r+1}{r}$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{^nC_4}{^nC_5} = \frac{5}{n-4}$ અને $\frac{^nC_6}{^nC_5} = \frac{n-5}{6}$.
તેથી,$2 = \frac{5}{n-4} + \frac{n-5}{6}$.
$6(n-4)$ વડે ગુણતા,$12(n-4) = 30 + (n-5)(n-4)$.
$12n - 48 = 30 + n^2 - 9n + 20$.
$n^2 - 21n + 98 = 0$.
$(n-7)(n-14) = 0$.
આમ,$n = 7$ અથવા $n = 14$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે કોઈપણ ધન પૂર્ણાંક $n$ માટે,એકી અનુક્રમણિકા ધરાવતા દ્વિપદી સહગુણકોનો સરવાળો નીચે મુજબ છે:
$^{n}C_1 + ^{n}C_3 + ^{n}C_5 + \dots = 2^{n-1}$
આપેલ પદાવલિ $^{10}C_1 + ^{10}C_3 + ^{10}C_5 + ^{10}C_7 + ^{10}C_9$ માં,આપણે $n = 10$ લઈએ છીએ.
સૂત્ર લાગુ પાડતા:
$^{10}C_1 + ^{10}C_3 + ^{10}C_5 + ^{10}C_7 + ^{10}C_9 = 2^{10-1} = 2^9$
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે $(1+x)^n = \sum_{k=0}^{n} C_k x^k$ અને $(1+x)^n = \sum_{k=0}^{n} C_k x^{n-k}$.
આ બંનેનો ગુણાકાર કરતા,આપણે $(1+x)^n (1+x)^n = (1+x)^{2n}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{n+r}$ નો સહગુણક મેળવીએ છીએ.
$(1+x)^{2n}$ માં $x^{n+r}$ નો સહગુણક $^{2n}C_{n+r}$ છે.
આમ,સરવાળો $C_0 C_r + C_1 C_{r+1} + \dots + C_{n-r} C_n = ^{2n}C_{n+r} = \frac{(2n)!}{(n+r)!(n-r)!}$ થાય.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $(1-x)^n = {^nC_0} - {^nC_1} x + {^nC_2} x^2 - \dots + (-1)^n {^nC_n} x^n$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષે $0$ થી $1$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_0^1 (1-x)^n \, dx = \int_0^1 ({^nC_0} - {^nC_1} x + {^nC_2} x^2 - \dots + (-1)^n {^nC_n} x^n) \, dx$.
ડાબી બાજુના સંકલનનું મૂલ્ય:
$\left[ -\frac{(1-x)^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = 0 - \left( -\frac{1}{n+1} \right) = \frac{1}{n+1}$.
જમણી બાજુના સંકલનનું મૂલ્ય:
$^nC_0 [x]_0^1 - {^nC_1} \left[ \frac{x^2}{2} \right]_0^1 + {^nC_2} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_0^1 - \dots + (-1)^n {^nC_n} \left[ \frac{x^{n+1}}{n+1} \right]_0^1 = {^nC_0} - \frac{1}{2} {^nC_1} + \frac{1}{3} {^nC_2} - \dots + \frac{(-1)^n {^nC_n}}{n+1}$.
આમ, સરવાળો $\frac{1}{n+1}$ જેટલો થાય છે.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે $(1 + x)^n = C_0 + C_1x + C_2x^2 + ..... + C_nx^n$ .....$(i)$
તેમજ,$(1 + \frac{1}{x})^n = C_0 + C_1\frac{1}{x} + C_2(\frac{1}{x})^2 + ..... + C_n(\frac{1}{x})^n$ ....$(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો ગુણાકાર કરતા,સરવાળો $C_0^2 + C_1^2 + C_2^2 + ..... + C_n^2$ એ $(1 + x)^n(1 + \frac{1}{x})^n$ ના ગુણાકારમાં $x$ થી સ્વતંત્ર પદનો સહગુણક છે.
આ $\frac{1}{x^n}(1 + x)^{2n}$ ના વિસ્તરણમાં $x^n$ ના સહગુણક જેટલું છે,જે $(1 + x)^{2n}$ માં $x^n$ નો સહગુણક છે.
$(1 + x)^{2n}$ માં $x^n$ નો સહગુણક $^{2n}C_n = \frac{(2n)!}{n!n!}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $C_r = \binom{n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!}$.
શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $T_r = \frac{r \cdot C_r}{C_{r-1}}$ છે.
$\frac{C_r}{C_{r-1}} = \frac{n-r+1}{r}$ ગુણધર્મનો ઉપયોગ કરતા,આપણને મળે છે:
$T_r = r \cdot \frac{n-r+1}{r} = n-r+1$.
સરવાળો $\sum_{r=1}^{n} (n-r+1) = n + (n-1) + (n-2) + .... + 1$ છે.
આ પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સરવાળો છે,જે $\frac{n(n+1)}{2}$ થાય છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $r \cdot {C_r}$ છે.
ગુણધર્મ $r \cdot {C_r} = n \cdot {C_{r-1}^{n-1}}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sum_{r=1}^{n} r \cdot {C_r} = \sum_{r=1}^{n} n \cdot {C_{r-1}^{n-1}}$
$= n \sum_{r=1}^{n} {C_{r-1}^{n-1}}$
$= n \cdot ({C_0^{n-1}} + {C_1^{n-1}} + .... + {C_{n-1}^{n-1}})$
$= n \cdot 2^{n-1}$
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) ધારો કે $S = \sum_{k=0, 2, 4, \dots} \frac{{^nC_k}}{k+1}$.
$\frac{{^nC_k}}{k+1} = \frac{1}{n+1} {^{n+1}C_{k+1}}$ નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા:
$S = \frac{1}{n+1} \sum_{k=0, 2, 4, \dots} {^{n+1}C_{k+1}}$.
ધારો કે $N = n+1$. તેથી $S = \frac{1}{N} \sum_{j=1, 3, 5, \dots} {^NC_j}$.
એકી ક્રમના દ્વિપદી સહગુણકોનો સરવાળો $2^{N-1}$ છે.
આમ,$S = \frac{1}{N} \cdot 2^{N-1} = \frac{{2^n}}{n+1}$.
ચકાસણી: $n=2$ માટે,$S = \frac{{^2C_0}}{1} + \frac{{^2C_2}}{3} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3}$.
વિકલ્પ $(c)$ મુજબ $\frac{{2^2}}{2+1} = \frac{4}{3}$ મળે છે,જે સાચું છે.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{C_r}{r + 1} = \frac{1}{n + 1} \binom{n + 1}{r + 1}$.
આ કિંમત આપેલ પદાવલિમાં મૂકતા:
$\sum_{r=0}^{n} \frac{C_r}{r + 1} = \sum_{r=0}^{n} \frac{1}{n + 1} \binom{n + 1}{r + 1}$
$= \frac{1}{n + 1} \sum_{r=0}^{n} \binom{n + 1}{r + 1}$
ધારો કે $k = r + 1$. જેમ $r$,$0$ થી $n$ સુધી જાય છે,તેમ $k$,$1$ થી $n + 1$ સુધી જાય છે.
$= \frac{1}{n + 1} \sum_{k=1}^{n + 1} \binom{n + 1}{k}$
કારણ કે $\sum_{k=0}^{m} \binom{m}{k} = 2^m$,તેથી $\sum_{k=1}^{m} \binom{m}{k} = 2^m - \binom{m}{0} = 2^m - 1$.
અહીં $m = n + 1$ છે,તેથી સરવાળો $2^{n + 1} - 1$ થાય છે.
તેથી,પદાવલિનું મૂલ્ય $\frac{2^{n + 1} - 1}{n + 1}$ થાય છે.

(B) આખી પદાવલિને $\frac{n!}{n!}$ વડે ગુણતા:
$\frac{1}{n!} \left[ \frac{n!}{1!(n - 1)!} + \frac{n!}{3!(n - 3)!} + \frac{n!}{5!(n - 5)!} + \dots \right]$
આનું સાદું રૂપ નીચે મુજબ થાય છે:
$\frac{1}{n!} \left[ ^nC_1 + ^nC_3 + ^nC_5 + \dots \right]$
આપણે જાણીએ છીએ કે એકી ક્રમના દ્વિપદી સહગુણકોનો સરવાળો $^nC_1 + ^nC_3 + ^nC_5 + \dots = 2^{n - 1}$ થાય છે.
તેથી,પદાવલિનું મૂલ્ય $\frac{2^{n - 1}}{n!}$ મળે છે.

(D) આપણે જાણીએ છીએ કે $(1 - x)^n = C_0 - C_1x + C_2x^2 - C_3x^3 + \dots + (-1)^n C_n x^n$.
બંને બાજુ $x$ વડે ગુણતા,$x(1 - x)^n = C_0x - C_1x^2 + C_2x^3 - C_3x^4 + \dots$ મળે.
બંને બાજુ $0$ થી $1$ ની મર્યાદામાં સંકલન કરતા:
$\int_0^1 x(1 - x)^n dx = \int_0^1 (C_0x - C_1x^2 + C_2x^3 - C_3x^4 + \dots) dx$.
$RHS$ નું મૂલ્ય:
$\left[ \frac{C_0x^2}{2} - \frac{C_1x^3}{3} + \frac{C_2x^4}{4} - \dots \right]_0^1 = \frac{C_0}{2} - \frac{C_1}{3} + \frac{C_2}{4} - \dots$.
$LHS$ માં $1 - x = t$ આદેશ લેતા,$dx = -dt$:
$\int_1^0 (1 - t)t^n (-dt) = \int_0^1 (t^n - t^{n+1}) dt = \left[ \frac{t^{n+1}}{n+1} - \frac{t^{n+2}}{n+2} \right]_0^1 = \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n+2} = \frac{1}{(n+1)(n+2)}$.
આમ,સરવાળો $\frac{1}{(n+1)(n+2)}$ થાય છે.

(C) આપેલ શ્રેણી $S = a{C_0} - (a + d){C_1} + (a + 2d){C_2} - \dots + (-1)^n(a + nd){C_n}$ છે.
આપણે તેને આ રીતે લખી શકીએ:
$S = a({C_0} - {C_1} + {C_2} - \dots + (-1)^n{C_n}) + d(0 \cdot {C_0} - 1 \cdot {C_1} + 2 \cdot {C_2} - \dots + (-1)^n n \cdot {C_n})$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1 - x)^n = {C_0} - {C_1}x + {C_2}x^2 - \dots + (-1)^n{C_n}x^n$ નો ઉપયોગ કરીને,$x = 1$ લેતા:
${C_0} - {C_1} + {C_2} - \dots + (-1)^n{C_n} = (1 - 1)^n = 0$.
$x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$-n(1 - x)^{n-1} = -{C_1} + 2{C_2}x - 3{C_3}x^2 + \dots + (-1)^n n{C_n}x^{n-1}$.
$x = 1$ લેતા:
$-{C_1} + 2{C_2} - 3{C_3} + \dots + (-1)^n n{C_n} = -n(1 - 1)^{n-1} = 0$.
આ કિંમતો $S$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$S = a(0) + d(0) = 0$.

(B) આપેલ છે $(1 + x)^{15} = C_0 + C_1x + C_2x^2 + .... + C_{15}x^{15}$.
$C_0 = 1$ બાદ કરીને $x$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે:
$\frac{(1 + x)^{15} - 1}{x} = C_1 + C_2x + C_3x^2 + .... + C_{15}x^{14}$.
બંને બાજુ $x$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{d}{dx} \left( \frac{(1 + x)^{15} - 1}{x} \right) = C_2 + 2C_3x + 3C_4x^2 + .... + 14C_{15}x^{13}$.
ડાબી બાજુ ભાગાકારનો નિયમ વાપરતા:
$\frac{x \cdot 15(1 + x)^{14} - ((1 + x)^{15} - 1)}{x^2} = C_2 + 2C_3x + 3C_4x^2 + .... + 14C_{15}x^{13}$.
$x = 1$ મુકતા:
$C_2 + 2C_3 + 3C_4 + .... + 14C_{15} = \frac{1 \cdot 15(2)^{14} - (2^{15} - 1)}{1^2}$.
$= 15 \cdot 2^{14} - 2^{15} + 1$.
$= 15 \cdot 2^{14} - 2 \cdot 2^{14} + 1$.
$= (15 - 2) \cdot 2^{14} + 1 = 13 \cdot 2^{14} + 1$.

(A) આપણે જાણીએ છીએ કે દ્વિપદી સહગુણકોનું વિસ્તરણ નીચે મુજબ છે:
$(1 + x)^n = C_0 + C_1 x + C_2 x^2 + C_3 x^3 + C_4 x^4 + C_5 x^5 + \dots$
$(1 - x)^n = C_0 - C_1 x + C_2 x^2 - C_3 x^3 + C_4 x^4 - C_5 x^5 + \dots$
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા:
$(1 + x)^n - (1 - x)^n = 2(C_1 x + C_3 x^3 + C_5 x^5 + \dots)$
$2x$ વડે ભાગતા:
$\frac{(1 + x)^n - (1 - x)^n}{2x} = C_1 + C_3 x^2 + C_5 x^4 + \dots$
બંને બાજુ $x = 0$ થી $x = 1$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_0^1 \frac{(1 + x)^n - (1 - x)^n}{2x} dx = \int_0^1 (C_1 + C_3 x^2 + C_5 x^4 + \dots) dx$
વૈકલ્પિક રીતે,ગુણધર્મ $\frac{C_k}{k+1} = \frac{1}{n+1} \binom{n+1}{k+1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sum_{k \text{ odd}} \frac{C_k}{k+1} = \frac{1}{n+1} \sum_{k \text{ odd}} \binom{n+1}{k+1} = \frac{2^n - 1}{n + 1}$

(D) દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1 + x)^n = C_0 + C_1x + C_2x^2 + C_3x^3 + C_4x^4 + C_5x^5 + \dots + C_nx^n$ છે.
$x = 1$ લેતા,$2^n = C_0 + C_1 + C_2 + C_3 + C_4 + C_5 + \dots + C_n$ મળે.
$x = -1$ લેતા,$0 = C_0 - C_1 + C_2 - C_3 + C_4 - C_5 + \dots + (-1)^n C_n$ મળે.
પ્રથમ સમીકરણમાંથી બીજું સમીકરણ બાદ કરતા:
$2^n - 0 = (C_0 - C_0) + (C_1 - (-C_1)) + (C_2 - C_2) + (C_3 - (-C_3)) + \dots$
$2^n = 2(C_1 + C_3 + C_5 + \dots)$.
તેથી,$x$ ના એકી ઘાતાંકોના સહગુણકોનો સરવાળો $C_1 + C_3 + C_5 + \dots = \frac{2^n}{2} = 2^{n - 1}$ થાય.

(C) આપણે જાણીએ છીએ કે દ્વિપદી વિસ્તરણ: $(1 + x)^n = C_0 + C_1 x + C_2 x^2 + \dots + C_n x^n$ છે.
$x = -1$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$(1 - 1)^n = C_0 - C_1 + C_2 - C_3 + \dots + (-1)^n C_n$.
તેથી,$(1 - 1)^n = 0^n = 0$ ($n \ge 1$ માટે),તેથી સરવાળો $0$ થાય છે.

(B) Let $S = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k {^nC_k} (a - k)$.
This can be written as $S = a \sum_{k=0}^{n} (-1)^k {^nC_k} - \sum_{k=0}^{n} (-1)^k k {^nC_k}$.
We know that $\sum_{k=0}^{n} (-1)^k {^nC_k} = (1 - 1)^n = 0$ for $n \ge 1$.
Also, $\sum_{k=0}^{n} (-1)^k k {^nC_k} = 0$ for $n > 1$ because $k {^nC_k} = n {^{n-1}C_{k-1}}$, and the sum becomes $n \sum_{k=1}^{n} (-1)^k {^{n-1}C_{k-1}} = n(1 - 1)^{n-1} = 0$.
Thus, $S = a(0) - 0 = 0$.

(A) ધારો કે $S = ^{4n}C_0 + ^{4n}C_4 + ^{4n}C_8 + ... + ^{4n}C_{4n}$.
$(1+x)^{4n} = \sum_{r=0}^{4n} {^{4n}C_r} x^r$ ના વિસ્તરણને ધ્યાનમાં લો.
$4$ વડે વિભાજ્ય સૂચકાંકો ધરાવતા પદોનો સરવાળો નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$S = \frac{1}{4} \left[ (1+1)^{4n} + (1-1)^{4n} + (1+i)^{4n} + (1-i)^{4n} \right]$.
$S = \frac{1}{4} \left[ 2^{4n} + 0 + (1+i)^{4n} + (1-i)^{4n} \right]$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $1+i = \sqrt{2} e^{i\pi/4}$ અને $1-i = \sqrt{2} e^{-i\pi/4}$.
તેથી,$(1+i)^{4n} = (\sqrt{2})^{4n} e^{in\pi} = 2^{2n} (\cos(n\pi) + i\sin(n\pi)) = 2^{2n} (-1)^n$.
તે જ રીતે,$(1-i)^{4n} = 2^{2n} (-1)^n$.
આમ,$(1+i)^{4n} + (1-i)^{4n} = 2 \cdot 2^{2n} (-1)^n = 2^{2n+1} (-1)^n$.
આ કિંમતને $S$ ના સમીકરણમાં મૂકતા:
$S = \frac{1}{4} \left[ 2^{4n} + 2^{2n+1} (-1)^n \right] = 2^{4n-2} + 2^{2n-1} (-1)^n$.

(C) $(1 + x)^{15}$ ના વિસ્તરણમાં $16$ પદો છે,જેના સહગુણકો $^{15}C_0, ^{15}C_1, \dots, ^{15}C_{15}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે તમામ દ્વિપદી સહગુણકોનો સરવાળો $\sum_{r=0}^{15} {^{15}C_r} = 2^{15}$ થાય છે.
કારણ કે $^{n}C_r = ^{n}C_{n-r}$,તેથી $^{15}C_0 = ^{15}C_{15}, ^{15}C_1 = ^{15}C_{14}, \dots, ^{15}C_7 = ^{15}C_8$ છે.
છેલ્લા આઠ સહગુણકોનો સરવાળો $S = ^{15}C_8 + ^{15}C_9 + \dots + ^{15}C_{15}$ છે.
સમાનતા મુજબ,$S = ^{15}C_7 + ^{15}C_6 + \dots + ^{15}C_0$ થાય.
આમ,$2S = (^{15}C_0 + ^{15}C_1 + \dots + ^{15}C_{15}) = 2^{15}$.
તેથી,$S = \frac{2^{15}}{2} = 2^{14}$.

(A) આપેલ વિસ્તરણ $(1 + x)^n = \sum_{r=0}^{n} C_r x^r$ છે.
આપણે $S = \sum_{r=0}^{n} (r + 1) C_r$ શોધવાનું છે.
આને $S = \sum_{r=0}^{n} r C_r + \sum_{r=0}^{n} C_r$ તરીકે લખી શકાય.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{r=0}^{n} C_r = 2^n$ અને $\sum_{r=0}^{n} r C_r = n 2^{n-1}$ છે.
આ કિંમતો મૂકતા,$S = n 2^{n-1} + 2^n$.
$S = n 2^{n-1} + 2 \cdot 2^{n-1} = (n + 2) 2^{n-1}$.
વૈકલ્પિક રીતે,$n=1$ માટે,પદાવલિ $C_0 + 2C_1 = 1 + 2(1) = 3$ થાય છે. $n=1$ માટે વિકલ્પો તપાસતા: $(1+2)2^{1-1} = 3(1) = 3$. તેથી,વિકલ્પ $(A)$ સાચો છે.

(C) આપેલ પદાવલિ $S = ^{15}C_0^2 - ^{15}C_1^2 + ^{15}C_2^2 - ... - ^{15}C_{15}^2$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે એકી ઘાતાંક વાળા દ્વિપદી સહગુણકોના વર્ગોના સરવાળા માટેનો ગુણધર્મ:
$\sum_{r=0}^{n} (-1)^r \cdot (^nC_r)^2 = 0$,જો $n$ એકી સંખ્યા હોય.
અહીં $n = 15$ છે,જે એકી સંખ્યા છે.
તેથી,પદાવલિની કિંમત $0$ થાય છે.

(B) આપેલ છે $(1+x)^n = \sum_{r=0}^n C_r x^r$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $C_r = C_{n-r}$.
પદાવલિ $S = C_0C_2 + C_1C_3 + C_2C_4 + .... + C_{n-2}C_n$ છે.
આ $(1+x)^n (1+x)^n = (1+x)^{2n}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{n-2}$ નો સહગુણક છે.
આમ,તે $(1+x)^{2n}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{n+2}$ નો સહગુણક છે,જે $^{2n}C_{n+2}$ છે.
$^{2n}C_{n+2} = \frac{(2n)!}{(n+2)!(n-2)!}$.

(A) આપેલ છે કે $(1 + x)^n = C_0 + C_1x + C_2x^2 + ... + C_nx^n$.
$x = 1$ મૂકતા,આપણને મળે:
$2^n = C_0 + C_1 + C_2 + ... + C_n$ .....$(i)$
$x = -1$ મૂકતા,આપણને મળે:
$0 = C_0 - C_1 + C_2 - C_3 + ...$ .....(ii)
સમીકરણ $(i)$ અને (ii) નો સરવાળો કરતા:
$2^n + 0 = (C_0 + C_1 + C_2 + ...) + (C_0 - C_1 + C_2 - ...)$
$2^n = 2(C_0 + C_2 + C_4 + ...)$
તેથી,$C_0 + C_2 + C_4 + ... = \frac{2^n}{2} = 2^{n-1}$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે:
$(1 + x)^n = {C_0} + {C_1}x + {C_2}x^2 + {C_3}x^3 + ..... + {C_n}x^n$
$(1 - x)^n = {C_0} - {C_1}x + {C_2}x^2 - {C_3}x^3 + ..... + (-1)^n{C_n}x^n$
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા:
$(1 + x)^n - (1 - x)^n = 2({C_1}x + {C_3}x^3 + {C_5}x^5 + .....)$
$2$ વડે ભાગતા:
$\frac{(1 + x)^n - (1 - x)^n}{2} = {C_1}x + {C_3}x^3 + {C_5}x^5 + .....$
શ્રેણી $2.{C_1} + {2^3}.{C_3} + {2^5}.{C_5} + ....$ મેળવવા માટે,$x = 2$ મૂકતા:
$2.{C_1} + {2^3}.{C_3} + {2^5}.{C_5} + ..... = \frac{(1 + 2)^n - (1 - 2)^n}{2} = \frac{3^n - (-1)^n}{2}$

(B) આપણી પાસે $(1 + x)^{50} = \sum_{r=0}^{50} {}^{50}C_r x^r = {}^{50}C_0 + {}^{50}C_1 x + {}^{50}C_2 x^2 + {}^{50}C_3 x^3 + \dots + {}^{50}C_{50} x^{50}$ છે.
ધારો કે $S_o$ એ $x$ ના એકી ઘાતાંકોના સહગુણકોનો સરવાળો છે અને $S_e$ એ બેકી ઘાતાંકોના સહગુણકોનો સરવાળો છે.
$S_o = {}^{50}C_1 + {}^{50}C_3 + \dots + {}^{50}C_{49}$ અને $S_e = {}^{50}C_0 + {}^{50}C_2 + \dots + {}^{50}C_{50}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $(1 + 1)^{50} = S_e + S_o = 2^{50}$ અને $(1 - 1)^{50} = S_e - S_o = 0$.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $(S_e + S_o) - (S_e - S_o) = 2^{50} - 0$.
$2S_o = 2^{50}$.
$S_o = \frac{2^{50}}{2} = 2^{49}$.

(A) ધારો કે $S = \sum\limits_{k = 0}^{10} {^{20}C_k} = {^{20}C_0} + {^{20}C_1} + \dots + {^{20}C_{10}}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum\limits_{k = 0}^{20} {^{20}C_k} = 2^{20}$.
${^{n}C_r} = {^{n}C_{n-r}}$ હોવાથી,${^{20}C_0} = {^{20}C_{20}}$,${^{20}C_1} = {^{20}C_{19}}$,...,${^{20}C_9} = {^{20}C_{11}}$.
તેથી,$2^{20} = ({^{20}C_0} + {^{20}C_1} + \dots + {^{20}C_9}) + {^{20}C_{10}} + ({^{20}C_{11}} + \dots + {^{20}C_{20}})$.
$2^{20} = 2({^{20}C_0} + {^{20}C_1} + \dots + {^{20}C_9}) + {^{20}C_{10}}$.
ધારો કે $S = {^{20}C_0} + {^{20}C_1} + \dots + {^{20}C_9} + {^{20}C_{10}}$.
તો $2S = 2({^{20}C_0} + \dots + {^{20}C_9}) + 2{^{20}C_{10}}$.
સરવાળો મૂકતા,$2S = (2^{20} - {^{20}C_{10}}) + 2{^{20}C_{10}} = 2^{20} + {^{20}C_{10}}$.
તેથી,$S = 2^{19} + \frac{1}{2} {^{20}C_{10}}$.

(D) આપણી પાસે ${S_n} = \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{1}{{^n{C_r}}}} $ અને ${t_n} = \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{r}{{^n{C_r}}}} $ છે.
ગુણધર્મ ${^n{C_r}} = {^n{C_{n - r}}}$ નો ઉપયોગ કરતા,આપણે લખી શકીએ ${t_n} = \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{{n - r}}{{^n{C_{n - r}}}}} = \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{{n - r}}{{^n{C_r}}}} $.
આમ,${t_n} = n \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{1}{{^n{C_r}}}} - \sum\limits_{r = 0}^n {\frac{r}{{^n{C_r}}}} $.
આથી ${t_n} = n \cdot {S_n} - {t_n}$ મળે છે.
બંને બાજુ ${t_n}$ ઉમેરતા,આપણને $2{t_n} = n \cdot {S_n}$ મળે છે.
તેથી,$\frac{{{t_n}}}{{{S_n}}} = \frac{n}{2}$.

(B) આપેલ પદાવલિ એ બે દ્વિપદી વિસ્તરણના ગુણાકારમાં $x^{20}$ નો સહગુણક છે.
$(1-x)^{30} = \sum_{r=0}^{30} (-1)^r \binom{30}{r} x^r$ અને $(x+1)^{30} = \sum_{k=0}^{30} \binom{30}{k} x^{30-k}$ લો.
આપેલ પદાવલિ એ $(1-x)^{30}(x+1)^{30} = (1-x^2)^{30}$ ના વિસ્તરણમાં $x^{20}$ નો સહગુણક છે.
$(1-x^2)^{30} = \sum_{k=0}^{30} \binom{30}{k} (-1)^k x^{2k}$ માં $x^{20}$ નો સહગુણક મેળવવા માટે $2k = 20$ લેતા $k = 10$ મળે.
તેથી,સહગુણક $\binom{30}{10} (-1)^{10} = \binom{30}{10}$ થાય.

(B) શ્રેણીનું સામાન્ય પદ $k \frac{C_k}{C_{k-1}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $C_k = \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$.
તેથી,$\frac{C_k}{C_{k-1}} = \frac{n-k+1}{k}$.
તેથી,$k$-મું પદ $k \times \frac{n-k+1}{k} = n-k+1$ છે.
સરવાળો $\sum_{k=1}^{n} (n-k+1) = \frac{n(n+1)}{2}$ છે.
$n=15$ માટે,સરવાળો $\frac{15(16)}{2} = 120$ થાય છે.

(D) ધારો કે $S = \sum_{r=0}^{n} (-1)^r (r+1) C_r^2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે યુગ્મ $n$ માટે $\sum_{r=0}^{n} (-1)^r C_r^2 = (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!}$.
તેમજ,$\sum_{r=0}^{n} (-1)^r r C_r^2 = (-1)^{n/2} \frac{n}{2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!}$.
તેથી,$S = \sum_{r=0}^{n} (-1)^r C_r^2 + \sum_{r=0}^{n} (-1)^r r C_r^2$.
$S = (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!} + (-1)^{n/2} \frac{n}{2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!}$.
$S = (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!} (1 + n/2) = (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!} \frac{n+2}{2}$.
$\frac{2(n/2)!(n/2)!}{n!}$ વડે ગુણતા,આપણને મળે:
$\frac{2(n/2)!(n/2)!}{n!} \times (-1)^{n/2} \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!} \frac{n+2}{2} = (-1)^{n/2}(n+2)$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે દ્વિપદી વિસ્તરણ આ મુજબ છે:
$(x + a)^n = \binom{n}{0}x^n + \binom{n}{1}x^{n-1}a + \binom{n}{2}x^{n-2}a^2 + \binom{n}{3}x^{n-3}a^3 + \dots$
ધારો કે $P$ એ એકી ક્રમના પદોનો સરવાળો છે અને $Q$ એ બેકી ક્રમના પદોનો સરવાળો છે:
$P = \binom{n}{0}x^n + \binom{n}{2}x^{n-2}a^2 + \dots$
$Q = \binom{n}{1}x^{n-1}a + \binom{n}{3}x^{n-3}a^3 + \dots$
આમ,$(x + a)^n = P + Q$.
તે જ રીતે,$(x - a)^n$ માટે:
$(x - a)^n = \binom{n}{0}x^n - \binom{n}{1}x^{n-1}a + \binom{n}{2}x^{n-2}a^2 - \binom{n}{3}x^{n-3}a^3 + \dots$
$(x - a)^n = P - Q$.
હવે,$P^2 - Q^2$ ની ગણતરી કરતા:
$P^2 - Q^2 = (P + Q)(P - Q)$
$P^2 - Q^2 = (x + a)^n (x - a)^n$
$P^2 - Q^2 = ((x + a)(x - a))^n$
$P^2 - Q^2 = (x^2 - a^2)^n$.

(D) ભારિત મધ્યક (weighted mean) $\bar{x} = \frac{\sum_{r=0}^{n} r \cdot {^nC_r}}{\sum_{r=0}^{n} {^nC_r}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અંશ $\sum_{r=0}^{n} r \cdot {^nC_r} = \sum_{r=1}^{n} r \cdot \frac{n}{r} \cdot {^{n-1}C_{r-1}} = n \sum_{r=1}^{n} {^{n-1}C_{r-1}} = n \cdot 2^{n-1}$ છે.
છેદ $\sum_{r=0}^{n} {^nC_r} = 2^n$ છે.
તેથી, મધ્યક $\bar{x} = \frac{n \cdot 2^{n-1}}{2^n} = \frac{n}{2}$ થાય.

(C) આપણે પાસ્કલના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીએ: $\binom{n}{r-1} + \binom{n}{r} = \binom{n+1}{r}$.
આપેલ પદાવલિ: $\binom{10}{2} + \binom{10}{3} + \binom{11}{4} + \binom{12}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{r}$.
પ્રથમ બે પદો પર નિત્યસમ લાગુ પાડતા: $\binom{10}{2} + \binom{10}{3} = \binom{11}{3}$.
હવે પદાવલિ આ મુજબ બને છે: $\binom{11}{3} + \binom{11}{4} + \binom{12}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{r}$.
ફરીથી નિત્યસમ લાગુ પાડતા: $\binom{11}{3} + \binom{11}{4} = \binom{12}{4}$.
હવે પદાવલિ આ મુજબ બને છે: $\binom{12}{4} + \binom{12}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{r}$.
ફરીથી નિત્યસમ લાગુ પાડતા: $\binom{12}{4} + \binom{12}{5} = \binom{13}{5}$.
હવે પદાવલિ આ મુજબ બને છે: $\binom{13}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{r}$.
છેલ્લી વાર નિત્યસમ લાગુ પાડતા: $\binom{13}{5} + \binom{13}{6} = \binom{14}{6}$.
$\binom{14}{6} = \binom{14}{r}$ સાથે સરખાવતા,આપણને $r = 6$ મળે છે.

(D) અમે પાસ્કલના નિત્યસમનો ઉપયોગ કરીએ છીએ: $\binom{n}{r} + \binom{n}{r-1} = \binom{n+1}{r}$.
આપેલ પદાવલિ: $\binom{10}{1} + \binom{10}{2} + \binom{11}{3} + \binom{12}{4} + \binom{13}{5}$.
પગલું $1$: $\binom{10}{1} + \binom{10}{2} = \binom{11}{2}$.
પગલું $2$: $\binom{11}{2} + \binom{11}{3} = \binom{12}{3}$.
પગલું $3$: $\binom{12}{3} + \binom{12}{4} = \binom{13}{4}$.
પગલું $4$: $\binom{13}{4} + \binom{13}{5} = \binom{14}{5}$.
આમ,અંતિમ પરિણામ $\binom{14}{5}$ છે.

(D) આપણે નિત્યસમ $\binom{n}{r} + \binom{n}{r-1} = \binom{n+1}{r}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ પદાવલિ: $\binom{50}{4} + \sum_{i=1}^{6} \binom{56-i}{3} = \binom{50}{4} + \binom{55}{3} + \binom{54}{3} + \binom{53}{3} + \binom{52}{3} + \binom{51}{3} + \binom{50}{3}$.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા:
$= \binom{50}{4} + \binom{50}{3} + \binom{51}{3} + \binom{52}{3} + \binom{53}{3} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3}$.
$\binom{50}{4} + \binom{50}{3} = \binom{51}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \binom{51}{4} + \binom{51}{3} + \binom{52}{3} + \binom{53}{3} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3}$.
$\binom{51}{4} + \binom{51}{3} = \binom{52}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$= \binom{52}{4} + \binom{52}{3} + \binom{53}{3} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3}$.
આ પ્રક્રિયા ચાલુ રાખતા:
$= \binom{53}{4} + \binom{53}{3} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3} = \binom{54}{4} + \binom{54}{3} + \binom{55}{3}$.
$= \binom{55}{4} + \binom{55}{3} = \binom{56}{4}$.

(C) આપણે નિત્યસમ $\binom{n}{r} + \binom{n}{r+1} = \binom{n+1}{r+1}$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
આપેલ પદાવલિ: $S = \binom{47}{4} + \sum_{r=1}^5 \binom{52-r}{3}$
સરવાળાનું વિસ્તરણ કરતા:
$S = \binom{47}{4} + \binom{51}{3} + \binom{50}{3} + \binom{49}{3} + \binom{48}{3} + \binom{47}{3}$
$\binom{47}{4} + \binom{47}{3} = \binom{48}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \binom{51}{3} + \binom{50}{3} + \binom{49}{3} + \binom{48}{3} + \binom{48}{4} = \binom{51}{3} + \binom{50}{3} + \binom{49}{3} + \binom{49}{4}$
$\binom{49}{3} + \binom{49}{4} = \binom{50}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \binom{51}{3} + \binom{50}{3} + \binom{50}{4} = \binom{51}{3} + \binom{51}{4}$
$\binom{51}{3} + \binom{51}{4} = \binom{52}{4}$ નો ઉપયોગ કરતા.
આમ,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) $k$ સંખ્યાઓના સમૂહનો સમાંતર મધ્યક એ સંખ્યાઓના સરવાળાને $k$ વડે ભાગવાથી મળે છે.
આપેલ સમૂહ $^nC_0, ^nC_1, ^nC_2, \dots, ^nC_n$ છે.
આ સમૂહમાં કુલ પદોની સંખ્યા $n+1$ છે.
આ દ્વિપદી સહગુણકોનો સરવાળો નિત્યસમ $\sum_{r=0}^{n} {}^nC_r = 2^n$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
તેથી,સમાંતર મધ્યક $\frac{\text{પદોનો સરવાળો}}{\text{પદોની સંખ્યા}} = \frac{2^n}{n+1}$ થાય છે.

(D) ધારો કે $S = \binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \binom{20}{2} - \dots + \binom{20}{10}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\binom{n}{r} = \binom{n}{n-r}$.
તેથી,$\binom{20}{0} = \binom{20}{20}$,$\binom{20}{1} = \binom{20}{19}$,...,$\binom{20}{9} = \binom{20}{11}$.
$(1-1)^{20} = \sum_{r=0}^{20} (-1)^r \binom{20}{r} = 0$ ધ્યાનમાં લો.
આનાથી મળે છે: $\binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \dots - \binom{20}{9} + \binom{20}{10} - \binom{20}{11} + \dots + \binom{20}{20} = 0$.
સંમિતિનો ઉપયોગ કરતા: $\binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \dots - \binom{20}{9} + \binom{20}{10} - \binom{20}{9} + \dots + \binom{20}{0} = 0$.
$2[\binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \dots - \binom{20}{9}] + \binom{20}{10} = 0$.
ધારો કે $X = \binom{20}{0} - \binom{20}{1} + \dots - \binom{20}{9}$. તો $2X + \binom{20}{10} = 0$,તેથી $X = -\frac{1}{2} \binom{20}{10}$.
માગેલ સરવાળો $S = X + \binom{20}{10} = -\frac{1}{2} \binom{20}{10} + \binom{20}{10} = \frac{1}{2} \binom{20}{10}$ થાય.

(D) ધારો કે $S = \sum_{r=0}^{n} (r+1) \binom{n}{r} x^r$.
આને $S = \sum_{r=0}^{n} r \binom{n}{r} x^r + \sum_{r=0}^{n} \binom{n}{r} x^r$ તરીકે લખી શકાય.
નિત્યસમ $r \binom{n}{r} = n \binom{n-1}{r-1}$ નો ઉપયોગ કરતા:
$S = \sum_{r=1}^{n} n \binom{n-1}{r-1} x^r + (1+x)^n$
$S = nx \sum_{r=1}^{n} \binom{n-1}{r-1} x^{r-1} + (1+x)^n$
$S = nx(1+x)^{n-1} + (1+x)^n$.
આમ,વિધાન $-2$ સાચું છે.
વિધાન $-1$ ચકાસવા માટે,વિધાન $-2$ ના પરિણામમાં $x=1$ મૂકતા:
$S(1) = n(1)(1+1)^{n-1} + (1+1)^n = n 2^{n-1} + 2^n = 2^{n-1} (n + 2)$.
આમ,વિધાન $-1$ સાચું છે અને વિધાન $-2$ એ વિધાન $-1$ માટે સાચી સમજૂતી છે.

(A) આપેલ પદાવલિ $S = \sum_{r=1}^{10} \binom{21}{r} - \sum_{r=1}^{10} \binom{10}{r}$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum_{r=0}^{21} \binom{21}{r} = 2^{21}$.
$\sum_{r=0}^{10} \binom{21}{r} = 2^{20}$ થાય.
તેથી,$\sum_{r=1}^{10} \binom{21}{r} = 2^{20} - \binom{21}{0} = 2^{20} - 1$.
વળી,$\sum_{r=1}^{10} \binom{10}{r} = 2^{10} - 1$.
કિંમતો મૂકતા:
$S = (2^{20} - 1) - (2^{10} - 1) = 2^{20} - 2^{10}$.

(A) આપેલ વિસ્તરણ: $(1 - x + x^2)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + .... + a_{2n}x^{2n}$.
$x = 1$ મૂકતા,આપણને મળે:
$(1 - 1 + 1)^n = a_0 + a_1 + a_2 + .... + a_{2n}$
$1 = a_0 + a_1 + a_2 + .... + a_{2n}$ ..... $(i)$
$x = -1$ મૂકતા,આપણને મળે:
$(1 - (-1) + (-1)^2)^n = a_0 - a_1 + a_2 - .... + a_{2n}$
$3^n = a_0 - a_1 + a_2 - .... + a_{2n}$ ..... $(ii)$
$(i)$ અને $(ii)$ નો સરવાળો કરતા,આપણને મળે:
$1 + 3^n = 2(a_0 + a_2 + a_4 + .... + a_{2n})$
તેથી,$a_0 + a_2 + a_4 + .... + a_{2n} = \frac{3^n + 1}{2}$.

(C) આપેલ પદાવલિ $P = \left( {1 + \frac{{{C_1}}}{{{C_0}}}} \right)\left( {1 + \frac{{{C_2}}}{{{C_1}}}} \right)....\left( {1 + \frac{{{C_n}}}{{{C_{n - 1}}}}} \right)$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે $\frac{{{C_r}}}{{{C_{r - 1}}}} = \frac{{n - r + 1}}{r}$.
દરેક પદમાં આ કિંમત મૂકતા: $1 + \frac{{{C_r}}}{{{C_{r - 1}}}} = 1 + \frac{{n - r + 1}}{r} = \frac{{r + n - r + 1}}{r} = \frac{{n + 1}}{r}$.
આમ,ગુણાકાર નીચે મુજબ થશે:
$P = \left( \frac{n + 1}{1} \right) \left( \frac{n + 1}{2} \right) \left( \frac{n + 1}{3} \right) .... \left( \frac{n + 1}{n} \right)$.
$P = \frac{{{{(n + 1)}^n}}}{{1 \times 2 \times 3 \times .... \times n}} = \frac{{{{(n + 1)}^n}}}{{n!}}$.

(A) ધારો કે $f(x) = (1 + x + x^2)^{25} = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ..... + a_{50}x^{50}$.
$x = 1$ મૂકતા,$f(1) = (1 + 1 + 1)^{25} = 3^{25} = a_0 + a_1 + a_2 + ..... + a_{50}$.
$x = -1$ મૂકતા,$f(-1) = (1 - 1 + 1)^{25} = 1^{25} = 1 = a_0 - a_1 + a_2 - ..... + a_{50}$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા,$f(1) + f(-1) = 3^{25} + 1 = 2(a_0 + a_2 + a_4 + ..... + a_{50})$.
તેથી,$a_0 + a_2 + a_4 + ..... + a_{50} = \frac{3^{25} + 1}{2}$.
$3^{25}$ એકી સંખ્યા છે,તેથી $3^{25} + 1$ બેકી સંખ્યા છે.
$3^{25} + 1 = (1 + 2)^{25} + 1 = (1 + ^{25}C_1(2) + ^{25}C_2(2^2) + ..... + 2^{25}) + 1 = 2[1 + ^{25}C_1 + ^{25}C_2(2) + ..... + 2^{24}]$.
$2$ વડે ભાગતા,આપણને $1 + ^{25}C_1 + ^{25}C_2(2) + ..... + 2^{24}$ મળે છે,જે સ્પષ્ટપણે બેકી સંખ્યા છે.